分栏修改版-初等数论课后习题答案

1 《初等数论》(第三版，闵嗣鹤、严士健编) 课后习题参考答案 第一章 整数的整除性 §1.1习题（P3） 1. 证明定理3.（P2） 证明： 都是 的倍数， 存在 个整数 使 ，又 是任意 个整数， 即 是 的整数. 证： ， 从而可知 . 证： 不全为 ， 在整数集合 中存在正整数，因而有形如 的最小正整数 ， ，由带余除法有 则 ，由 是 中的最小正整数知 . 下证P9第二题 （ 为任意整数）取 或 又有 故 证：作序列 则 必在此序列的某两项之间（区间段） 即存在一个整数 ，使 成立。 当 为偶数时，若 则令 ，则有 若 则令 ，则同样有 当 为奇数时，若 则令 ，则有 若 ，则令 则同样有 综上，存在性得证，下证唯一性 当 为奇数时，设 则 而 矛盾 故 当 为偶数时， 不唯一，举例如下：此时 为整数 §1.2习题1.2（P9） 1. 证明推论4.1： 的公因数与 的因数相同。 证：设 是a，b的任一公因数， |a， |b，由带余除法 ， | ， | ，┄, | , 即 是 的因数。 反过来 | 且 | ，若 则 ，所以 的因数都是 的公因数，从而 的公因数与 的因数相同。 2.​ 见本书P3第3题证明。 3． 应用习题1.1的第4题证明任意两整数的最大公因数存在，并说明其求法. 试用你说的求法及辗转相除法实际算出（76501,9719）. 证：有§1习题4知： 使 ， ，使 如此类推知： 且 而b是一个有限数， 使 ， ，存在 其求法为 4. 证明本节（1）式中的 证：由P3§1习题4知在（1）式中有 ，而 ， ，即 §1.3 习题（P14） 1．证明两整数 互质的充要条件是：若存在两个整数s，t满足条件 . 证：必要性。若 ，则由推论1.1知存在两个整数s，t满足： ， 充分性。若存在整数s，t使as+bt=1，则a，b不全为0。 又因为 ，所以 即 。又 ， 2．证明P11的定理3： = 证：设 ，则 又设 则 。反之若 ，则 ， 。 从而 ，即 = 证：设（10）的任一有理根为 ， 。则 （2） 由 ， 所以q整除上式的右端，所以 ，又 ，所以 由推论2.1 ； 又由（2）有 因为p整除上式的左端，所以 ， ，所以 故（10）的有理根为 ，且 。 假设 为有理数， ，次方程为整系数方程，则由上述结论，可知其有有理根只能是 ，这与 为其有理根矛盾。故 为无理数。 另证，设 为有理数 = ，则 但由 知 ，矛盾，故 不是有理数。 §1.4习题（P19） 1．​ 构造不超过100的质数 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf . （见书后P215。） 2. 求82789848及81057226635000的 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 分解式. 解：因为8|848,所以 ， 又8|856，所以8|B， ， 又4|32，所以4|C， 又9|（3+2+3+4+3+3），所以9|D， ， 又9|（3+5+9+3+7），所以9|E， 又 所以 ；同理有 。 3．证明推论3.3（P16）并推广到n个正整数的情形. 证： ， ， . ， 又显然 ， 同理可得 ， 推广.设 , , (其中 为质数 为任意n个正整数 ) 则 4．应用推论3.3证明§1.3的定理4（ⅱ）. 证：由 , ,有 从而有 ． ５．若 是质数（n>1）,则n是2的方幂. 证：（反证法）设 为奇数）则 　　　　 　　　　 ， 为合数矛盾，故ｎ一定为２的方幂． 另证：设不然，则n = 2mn1， < 2n 1，表明2n 1是合数，矛盾。 补充：证明：若2n 1是质数，则n是质数。 证明：设不然，则n = n1n2， 1 < n1 < n，则2n 1 = < 2n + 1，表明2n 1是合数，矛盾。 §1.5习题（P23） 1.求30！的标准分解式. （应用P21定理及推论1） 解：设 ， 分别为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29 2.(i)证:：设 .则由性质II知 ,所以 , 　所以 ，所以 ，又在ｍ与ｍ+１之间只有唯一整数ｍ，所以 ． 　(ii}[证一]设 ,则 ①当 时, ; ②当 时, ; [证二]令 , 是以 为周期的函数。 又当 ，即 。 [评注]：[证一]充分体现了常规方法的特点，而[证二]则表现了较高的技巧。 3．设 是任意两实数，证明： （i） ； （ii） . 证：（i）由高斯函数[x]的定义有 。则 当 当 故 （ii）设 ，则有 下面分两个区间讨论： ①若 ，则 ，所以 ，所以 ②若 ，则 ，所以 。所以 第二章 不定方程 §2.1习题（P31） 1. 解下列不定方程 ； 解： 2. 把100分成两份，使一份可被7整除，一份可被11整除. 证明：设 是 的一整数解. . ∴原方程一切整数解可表示为 由于考虑非负整数解，则有 即 ∵ ∴整数t有 或 个取值. 因此 有 或 个非负整数解. 证： ① 的一切整数解为 取t值使 ，即 ，∴ . 当 时， ， ，此时①有非负整数解. 当 时，假设 即 ∴ ② ∵ 故 ∴ ∴ 与②矛盾. §2.3习题（P36） 1 .证：由 知 及 都是单位圆周 上的有理点。 另一方面，单位圆周 上的有理点可表示为 ，于是得 ，又 的一切非整数解都可表示为： ，于是第一象限中 上的有理点可表示为 ，由于单位圆周上的有理点的对称性，故 上的任意有理点可表为 及 ，其中a，b不全为0， 号可任意取。 §3.1习题（P53） §3.2习题（P57） 1.证：由 的取值可得 个数，若 ， 则 ，又 ， 。 又 ，又 ， 。 为同一数，矛盾，两两不同余（对 ），故原命题成立。 3.（i）的引理 对任何正整数a，可以唯一的表示成 的形式，其中 。 证：（i） 设 由于 取值 故 取值为0，1，2。这样的数有2H+1个，其中最小的 数为0，最大的数为2H，所以A+H可以表示下列各数：0，1，2， ，上列数中减去H得 ，则A可表示上列各数，且表示唯一。 （ii）事实上，只需 这样的（n+1）个砝码即可。由（I）知 1到H中任一斤有且仅有一种表示法 ，当 时，将砝码 放在重物盘中；当 时，不放砝码 ；当 时，将砝码 放在砝码盘中。如此即可。 §3.3习题(P60) 1.证： 由定理1知 所在的模m的剩余系是与模m互质的。又已知 两两对模m不同余，所以这 个整数分别属于不同的模m的剩余类。再由定理1知结论成立。 2 .证：设模m的一个简化剩余系是 ，即 ，由于 ，当 通过m的简化剩余系 时，由定理3知， 也通过模m的剩余系。故对 ，存在 使 ， . 3.（i）证：由定理5知：p为质数时， 。 所以 即证。 （ii）证:设整数m的所有正约数是 ,考察m的完全剩余系 （1） 对(1)中任一数 ,设(a, m)=d,则 ,即(1)中任一数与 的最大公约数是 中的数。反之，对每一个 （1）中必有一数a使 （例如 ），而且对（1）中任一数不可能出现 ，于是，将（1）中的数按其与m的最大公约数的情形分类：（1）中与m的最大公约数是 的数有 个；（1）中与m的最大公约数是 的数有 个；┄，（1）中与m的最大公约数是 的数有 个；所以 ,即 ，注意 是m的约数，所以 §3.4习题（P64） 1.​ 解: ,即 ， 因为 ，由欧拉定理有 ，所以 所以从今天起再过 天是星期五. 2. 3.(i)证：对 用数学归纳法.①当a=2时,证明 , ,对 有 为整数 , 又因为 ,所以 。 ，所以可设 为整数。 。所以 。 ②假设命题对 成立，即 ，则对于 有 所以命题对 也成立。综合①，②可知对一切自然数a，命题成立。 （ii）证： 。 §4.1习题（P75） §4.3习题（P84） §4.4习题（P87）